Statika konstrukcija II SNN
62
TEHNICKO VELEUCILIŠTE U ZAGREBU GRADITELJSKI ODJEL PRORACUN KONSTRUKCIJA - ZADACI UZ VJEŽBE- -STATICKI NEODREÐENI SUSTAVI- ŠKOLSKA GODINA 2005./2006. mr. sc. Ljerka Kopricanec – Matijevac, viši predavac
-
Upload
irfan-nisic -
Category
Documents
-
view
2.672 -
download
21
Transcript of Statika konstrukcija II SNN
TEHNICKO VELEUCILIŠTE U ZAGREBU GRADITELJSKI ODJEL
PRORACUN KONSTRUKCIJA - ZADACI UZ VJEŽBE-
-STATICKI NEODREÐENI SUSTAVI-
ŠKOLSKA GODINA 2005./2006.
mr. sc. Ljerka Kopricanec – Matijevac, viši predavac
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA POPRECNOG PRESJEKA .................................................................................................. 1 Izracunavanje pomaka (postupak): ............................................................................................................................................... 2 Zadatak 1:............................................................................................................................................................................................... 5
Simpson ...................................................................................................................................................................................................... 6
Verešcagin ................................................................................................................................................................................................. 7 Pomak pod nekim zadanim kutem ............................................................................................................................................9
Zadatak 2:............................................................................................................................................................................................... 9 Zadatak 3:.............................................................................................................................................................................................10 Zadatak 4:.............................................................................................................................................................................................12 Zadatak 5:.............................................................................................................................................................................................13 Rekapitulacija !....................................................................................................................................................................................14 PRIPREMA ZA METODU SILA ....................................................................................................................................................15 Formula za odredivanje stupnja staticke neodredenosti ......................................................................................................15
STATICKI NEODREÐENI SUSTAVI ...............................................................................................................................................16 ODREÐIVANJE STUPNJA NEODREÐENOSTI.....................................................................................................................16 DIJAGRAMI MOMENATA OD DJELOVANJA PARA MOMENATA ................................................................................18
METODA SILA ........................................................................................................................................................................................19 Zadatak 6:.............................................................................................................................................................................................19 ODREÐIVANJE POPRECNIH SILA IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOCU FORMULE ................................23 Zadatak 7:.............................................................................................................................................................................................25 Zadatak 8:.............................................................................................................................................................................................27 Zadatak 8:.............................................................................................................................................................................................28 Zadatak 9:.............................................................................................................................................................................................30 Zadatak 10: ..........................................................................................................................................................................................34 Zadatak 11: ..........................................................................................................................................................................................36 Zadatak 12: ..........................................................................................................................................................................................38 Zadatak 13: ..........................................................................................................................................................................................41 Zadatak 14: ..........................................................................................................................................................................................42 Zadatak 15: ..........................................................................................................................................................................................43
2x NEODREÐENI SUSTAVI ...............................................................................................................................................................44 Zadatak 16: ..........................................................................................................................................................................................44
METODA CROSS-a...............................................................................................................................................................................47 Zadatak 17: ..........................................................................................................................................................................................47
• ikM ? TABLICA MOMENATA UPETOSTI ..........................................................................................................................49
Zadatak 18: ..........................................................................................................................................................................................54 Zadatak 19: ..........................................................................................................................................................................................57 Zadatak 20: ..........................................................................................................................................................................................59 2. KOLOKVIJ .......................................................................................................................................................................................60
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 1
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA POPRECNOG PRESJEKA
Pod djelovanjem vanjskog opterecenja dolazi do deformacija sustava.
Nas obicno interesiraju pomaci samo nekih odredenih tocaka, u
nekom smjeru. (npr. pomak poprecnog presjeka u tocki A →δA)
Postupak za rješavanje je sljedeci: 1)
Za zadano vanjsko opterecenje odredimo dijagrame M i N
(T ne treba jer je njegov doprinos mali)
2)
S promatranog sustava moramo ukloniti sve vanjsko opterecenje
i u smjeru traženog pomaka, na mjestu tocke A, dajemo jedinicno
opterecenje tzv. mjerno opterecenje .
Mjerno opterecenje, intenziteta1 kN, je jedinicna sila (jedinicni moment) koja djeluje na
mjestu i u smjeru traženog pomaka. Za to jedinicno, mjerno, opterecenje i zracunamo m1, n1,
( t1).
Pišemo jednadžbu ⇒ rad vanjskih sila = radu unutarnjih sila
Clan koji uzima u obzir utjecaj poprecnih sila obicno zanemarimo jer je doprinos mali.
∫ ∫ ∫⋅+⋅+⋅=⋅ ds
GFtTds
EFnNds
EJmM
v1111δ
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 2
Aδ
Izracunavanje pomaka (postupak): Potrebno je pronaci ukupni pomak poprecnog presjeka u tocki A te kut zaokreta za istu tocku.
22AYAXA δδδ += ikδ → i – mjesto pomaka
k – uzrok pomaka
1) Za vanjsko opterecenje odredimo M, N, (T)
2) Za jedinicno opterecenje odredimo mi, ni (ti)
2a) (za horizontalni pomak –jedinicna sila u smjeru osi x)
m1x, n1x, (t1x)
2b) (za vertikalni pomak –jedinicna sila u smjeru osi y)
m1y, n1y, (t1y)
2c) (za kut zaokreta –jedinicni moment u smjeru kuta zaokreta)
m1ϕ, n1ϕ, (t1ϕ)
∫ ∫ ∫⋅
+⋅
+⋅
= dsGF
tTds
EFnN
dsEI
mM xxxAXδ
∫ ∫ ∫⋅
+⋅
+⋅
= dsGF
tTds
EF
nNds
EI
mM yyyAYδ 22
AYAXA δδδ +=
∫ ∫ ∫⋅
+⋅
+⋅
= dsGF
tTds
EF
nNds
EI
mMA
ϕϕϕϕδ
E = kN/m2, F = m2, I=m4 G = kN/m2 Modul elasticnosti površina moment inercije modul posmika EI i EF su konstante (za naše primjere) pa možemo pisati
∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅= dstTGF
dsnNEF
dsmMEI xxxAX
111δ
∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅= dstTGF
dsnNEF
dsmMEI yyyAY
111δ
∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅= dstTGF
dsnNEF
dsmMEIA ϕϕϕϕδ
111
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 3
Da ne bismo rješavali integrale radimo numericku integraciju po:
- Simpsonu
[ ]∫ ⋅+⋅+⋅⋅⋅=⋅
= kksspp mMmMmMl
EIds
EImM
46
1δ
Za linearne funkcije imamo:
⇒ a⋅b⋅l ⇒ ( )
⋅+⋅⋅+⋅ bababa
l4
6
⇒ 632
lbabla ⋅⋅⇒⋅
⋅
⋅⋅
224
6bal
⇒ 33
22
lbabla ⋅⋅⇒⋅
⋅
⋅⋅+⋅
224
6ba
bal
⇒ 2b
la ⋅⋅
⋅⋅⋅
⇒
+⋅⋅+⋅
63
02
46
lbababa
l
- ili graficku integraciju po Verešcaginu –
( ) mMFEI
dsEI
mMv
S
v ⋅⋅=⋅
∫11
F(Mv) – površina dijagrama (obavezno površina parabole)
m – ordinata ispod težišta funkcije za koju smo
izracunali površinu
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 4
Primjeri integracije:
⋅=
8
2aqM
EIamMm
aMEI
parabolepovršina
32321 ⋅⋅
=⋅
⋅⋅⋅=
48476
δ ⇒Verešcagin
SimpsonEI
amMmM
aEI
→⋅⋅
=
⋅⋅⋅=
324
61
δ
⇒
⋅+⋅
⋅⋅−= 21 3
132
21
MMam
EIδ ⇒Verešcagin
⇒
+
⋅−
+
⋅⋅= 12
221
1
31
32
231
32
21
mmaM
mmaM
EIδ
⇒
+
⋅+
+
⋅⋅= 12
221
1
31
32
231
32
21
mmaM
mmaM
EIδ
⋅⋅+⋅
⋅−⋅=
232
32
21 1
011 m
aMmaM
EIδ
• Kod uzdužnih sila treba izracunati s EF1
, a predznak ovisi o predznaku dijagrama
unutarnjih sila.
0
I
I
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 5
Zadatak 1: Za zadani sustav potrebno je odrediti vrijednost ukupnog pomaka presjeka u tocki A te kut zaokreta iste tocke. Pri izracunu uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava.
EI = 2,4 ⋅106 kNm2 EF = 650000kN
22AYAXA δδδ +=
1) Za vanjsko opterecenje:
Veze s podlogom Σy = 0 ⇒ A = 0 Σx = 0 ⇒ B = P = 80kN ΣM = 0 ⇒ C+P⋅3 = 0 ⇒ C = -240kNm
Unutarnje sile Presjek 1: Presjek 2: Presjek 3: N1 = 0 N2 = 0 N3 = -B = -80kN T1 = -B = -80kN T2 = -B = -80kN T3 = 0 M1 = C = 240kNm M2 = C-B⋅9 M3 = C-B⋅9 M2 = 240-720 = -480kNm M3 = -480kNm Presjek 4: Presjek 5: Presjek 6: N4 = -80kN N5 = 0 N6 = 0 T4 = 0 T5 = B = 80kN T6 = P = 80kN M4 = -B ⋅9+C M5 = -480kNm M6 = 0 M4 = -480kNm
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 6
2) Za jedinicno opterecenje
2a) Tražimo ⇒ AXδ (horizontalni pomak) Dajemo jedinicnu silu, mjerno opterecenje, u tocki A u smjeru osi x i nademo mx nx, tx (prvo uklonimo sve vanjsko opterecenje)
A = 0 B = 1 C = 3
Smjer jedinicne sile je proizvoljan
Presjek 1: Presjek 2: Presjek 3: n1 = 0 n2 = 0 n3 = -1kN t1 = -1kN t2 = -1kN t3 = 0 m1 = 3kNm m2 = C-B⋅9 m3 = -6kNm m2 = 3-9 = -6kNm Presjek 4: Presjek 5: Presjek 6: n4 = -1kN n5 = 0 n6 = 0 t4 = 0 t5 = 1kN t6 = 1kN m4 = -6kNm m5 = -6kNm m6 = 0
Simpson
( ) ( ) [ ]
mEFEI
EFEI
dsnNEF
dsmMEI xx
SAX
01833,000123,00171,0650000
800104,2
41040800
15760288004320
691
0108001
36
648064801064805,112043240691
11
6
=+
=+⋅
=⋅+
++⋅
=+⋅++
⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅
=⋅⋅+⋅⋅= ∫ ∫δ
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 7
Verešcagin
( ) mEFEI
EFEIVAX
01833,0650000
800104,2
4104080057602880006480
1
110801
632
26480
610480631
332
29240
331
632
294801
6 =+⋅
=++++⋅
=⋅⋅⋅+
⋅⋅
⋅+⋅⋅+
⋅−⋅⋅⋅
+
⋅−⋅⋅⋅
⋅=δ
2b) Tražimo AYδ (vertikalni pomak)
Dajemo jedinicnu silu, mjerno opterecenje, u smjeru y, u tocki A i nademo my, ny, ty. (nakon što smo maknuli sve vanjsko opterecenje)
A = 1 kN B = 0 C = 10 kNm
Presjek 1: Presjek 2: Presjek 3: n1 = -1kN n2 = -1kN n3 = 0 t1 = 0 t2 = 0 t3 = 1kN m1 = -C = -10kNm m2 = -10kNm m3 = -10kNm Presjek 4: Presjek 5: Presjek 6: n4 = 0 n5 = 1kN n6 = 1kN t4 = 1kN t5 = 0 t6 = 0 m4 =0kNm m5 = 0 m6 = 0
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 8
( ) [ ]
( ) mEIEI
EFEI
dsnNEF
dsmMEI yy
SAY
0145,034800
480048002400691
0001
02
10104801048010120410240
691
11
==++−⋅
=+++
+
⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅−
=⋅⋅+⋅⋅= ∫ ∫δ
mAYAXA 0234,00145,00183,0 2222 =+=+= δδδ 2c) Tražimo ϕA (kut zaokreta)
Za isti sustav tražimo kut zaokreta poprecnog presjeka A i dajemo jedinicni moment u tocki A.
A = 0 B = 0 C = 1 kNm
Tražimo unutarnje sile:
Presjek 1: Presjek 2: Presjek 3: n1 = t1 = 0 n2 = t2 = 0 n3 = t3 = 0 m1 = -1kNm m2 = -1kNm m3 = -1kNm Presjek 4: Presjek 5: Presjek 6: n4 = t4 = 0 n5 = t5 = 0 n6 = t6 = 0 m4 = -1kNm m5 = -1kNm m6 = -1kNm
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 9
( )
( ) °=⋅=⋅
==++
=
⋅⋅
+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅−
=⋅⋅= ∫
1747,0180
00305,0104,2
73207320144048001080
12
164801104801480112041240
691
1
6 π
ϕ ϕ
radEJEI
EI
dsmMEIA
Pomak pod nekim zadanim kutem
Zadatak 2:
Za sustav i opterecenje kao u zadatku 1. potrebno je odrediti pomak presjeka u tocki A na zadanu os z koja se nalazi pod kutem od 65°.
1) Za vanjsko opterecenje: isto kao u prethodnom zadatku 2) Za jedinicno opterecenje:
Dajemo jedinicno mjerno opterecenje u smjeru traženog pomaka (u smjeru osi z) fy = 1 ⋅sinα = 0,9063kN fx = 1 ⋅cosα = 0,4226kN A = fy = 0,9063kN
B = fx = 0,4226kN C = -fx ⋅3+fy ⋅10 = 7,7952kNm Presjek 1: Presjek 2: Presjek 3: n1 = -0,9063kN n2 = -0,9063kN n3 = -0,4226kN t1 = -0,4226kN t2 = -0,4226kN t3 = 0,9063kN m1 = -7,7952kNm m2 = -11,5986kNm m3 = -11,5986kNm Presjek 4: Presjek 5: Presjek 6: n4 = -0,4226kN n5 = 0,9063kN n6 = 0,9063kN t4 = 0,9063kN t5 = 0,4226kN t6 = 0,4226kN m4 = -2,5356kNm m5 = -2,5356kNm m6 = 0
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 10
( )
( )[ ]
( ) ( )
[ ]
mm
EFEI
EFEI
dsnNEF
dsmMEI
A
zzAZ
0234,00208878,000052,00203678,0650000
08,338104,2
744,48882
08,338650000
1176,243408,33922488,12526
104,21
08,3381
176,2434248,203536
10992,8350
691
422610,0108001
5356,23
64805356,24800671,748045986,11480
610
5986,114806969,912047952,724069
1
11
6
6
==+=+⋅
=
=⋅+++⋅
=
=+
+⋅+⋅=
=⋅⋅++
⋅⋅
+⋅+⋅⋅+⋅+
+⋅+⋅⋅+⋅−=
=⋅⋅+⋅⋅= ∫ ∫
δ
δ
<
Projekcija pomaka na neku os uvijek je manja od stvarnog pomaka neke tocke !!!
Zadatak 3: Potrebno je odrediti vrijednost sile P , ako je uslijed njenog d jelovanja ukupni pomak tocke 1 δ1= 1,6cm = 0,016m.
EF = 40000kN ⇒ zato jer imamo samo uzdužne silu
??,?,, 112
12
11 ===+= Pyxyx δδδδδ
1) Vanjsko opterecenje
Ax= 0,832 ⋅ A= A ⋅ cosα Ay= 0,5547 ⋅ A= A ⋅ sinα
Σx= 0
Ax= -P ⇒ A=832,0P
− = -1,20192P
Ay= -0,666P
Σy= 0 Ay – B = 0 Ay = B B = -0,666P
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 11
2) Jedinicno opterecenje 2a) δ1x = ?
A = -1,20192 B = -0,666 Umjesto P pišemo 1
2b) δ 1y = ?
A = 0 B = -1
EFP
EFPP
dsEF
nxN
x
x
x
⋅=
⋅⋅⋅+⋅⋅=
⋅= ∫
54188,6
6055,320192,120192,13666,0666,0
1
1
1
δ
δ
δ
EFP
EFP
dsEF
nyN
x
y
23666,01
1
≈⋅=
⋅= ∫δ
δ
( )( )
kNPEFEF
P
EFP
EF
P
EFP
EFP
EFP
EFP
yx
yx
55,9384077,6
016,04000084077,67962,46
7962,46
7962,46
254188,6
254188,6
11
21
22
2
22
1
222
12
12
1
222
12
11
=⇒⋅=⋅
=⋅
=
⋅=
⋅=
+
=+=
+
=+=
δδ
δ
δ
δδδ
δδδ
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 12
Zadatak 4: Uslijed djelovanja kontinuiranog opterecenja q na konzolu, poprecni presjek u tocki A pomaknuo se tako da je vrijednost vertikalne projekcije tog pomaka 1,5cm. δ AY= 1,5cm = 0,015m.
EI = 2,4 ⋅ 106 kNm2 1. ) Vanjsko opterecenje
qqqlq
5,4836
86
8
22
=⋅=⋅
=⋅
2.) Jedinicno opterecenje u smjeru vertikalnog pomaka
015,0=⋅
= ∫ dxEI
mM yAYδ
( ) ( )
[ ]
mkNqqq
EIq
EIqq
EIqqqqqq
Ay
Ay
pravacparabola
Ay
/22,52104,2375,689
015,0104,2
375,689
375,6891632375,57
pravac) i parabola -dijagramu momentnomu promjene imali aopterecenj vanjskogkod smojer segmenta dvau provodili smoju (integraci
13185304742
64
183125,105,1405,463
66 =⇒⋅
=⇒⋅
=
=⋅+=
=⋅
⋅+⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅+⋅=
δ
δ
δ44444 344444 21444444 3444444 21
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 13
Zadatak 5: Odrediti vrijednost kuta zaokreta poprecnog presjeka za tocku A prikazanog sustava. U proracun uzeti utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava. f = 40kN/m EI = 3 ⋅106kNm2 EF = 700000kN ϕA = ? Ax = f⋅8 = 320kN Ay = 320kN
A = kNA
61,45245cos
=°
ΣMB = 0 → C ⋅8+Ay⋅14=0 → kNA
C y 5608
14−=
⋅=
Σy = 0 → B+C+Ay =0 → B = -C-Ay= 560-320= 240kN Dijagrami od vanjskog opterecenja
Dajemo jedinicno mjerno opterecenje → moment = 1 kNm Ax = 0 → Ay = 0 → A = 0
B = -C = kN125,081
=
Dijagrami od jedinicnog kuta zaokreta
.0036267,0
10310880
012
619201
381920111
6 rad
EIdsnN
EFdsmM
EI
A
A
=⋅
=
=+
⋅
⋅+⋅
⋅=⋅+⋅= ∫ ∫
ϕ
ϕ ϕϕ
POMACI I KUTEVI ZAOKRETA
KMLJ – 05./06. 14
Rekapitulacija ! Kod odredivanja pomaka ili kuta zaokreta nekog poprecnog presjeka za zadano opterecenje potrebno je: 1) - naci M i N dijagram za zadano vanjsko opterecenje
2) - "maknuti" postojece opterecenje, te na mjestu i u smjeru traženog pomaka, dati
jedinicno mjerno opterecenje i za njega izracunati m1 i n1
Opterecenje može biti:
mjerno opterecenje - sila "1" u smjeru x
mjerno opterecenje – sila-"1" u smjeru y mjerno opterecenje – sila "1" u smjeru neke osi z mjerno opterecenje - jedinicni moment na mjestu traženog kuta zaokreta
3) - Provesti integraciju
∫∫⋅
+⋅
= dsEF
nNds
EImM
δ
Numericka integracija po Simpsonu
[ ]
[ ]EF
nNnNnNl
dsEFNn
EImMmMmM
lds
EIMm
kksspp
kksspp
14
6
14
6
⋅⋅+⋅+⋅==
⋅⋅+⋅+⋅==
∫
∫
δ
δ
ili graficka integracija po Verešcaginu …. Ako želimo odrediti relativni pomak izmedu dvije tocke moramo zadati dvije sile, istog intenziteta(1 kN), a suprotnog smjera, u smjeru traženog relativnog pomaka
→→→
−= ABAB δδε
Ako želimo odrediti relativni kut zaokreta dvije tocke zadajemo par momenata (1 kNm)
→→→
−= BAAB ϕϕϕ
••
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 15
PRIPREMA ZA METODU SILA - naucili smo da sustavi mogu biti staticki odredeni ili staticki neodredeni – odnosno
preodredeni sustavi
Formula za odredivanje stupnja staticke neodredenosti S = 3D + 2C – 3Z0 – 2Z1 – 4Z2 – 6Z3 - …………- Š – L
→ vanjske veze 3 2 1
→ unutarnje veze štap 1 jednostruki zglob 2 . . .
S = 0 nužan, ali ne i dovoljan uvjet za SOS (staticki odreden sustav)
S < 0 SNS (staticki neodreden sustav) višak vanjskih i/ili unutarnjih veza S > 0 mehanizam
Do sada smo radili sustave koji su bili staticki odredeni sustavi, tj. imali smo toliko veza koliko smo mogli postaviti jednadžbi ravnoteže.
Σx = 0 , Σy = 0 , ΣM = 0 → Staticki preodredeni sustavi su oni sustavi kod kojih se ne mogu sve sile u
spojevima odrediti iz jednadžbi ravnoteže, jer je broj nepoznatih velicina veci od raspoloživih jednadžbi ravnoteže, vec moramo pisati dodatne jednadžbe, tzv. jednadžbe kontinuiteta(kompatibilnosti).
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 16
STATICKI NEODREÐENI SUSTAVI
- odredivanje stupnja neodredenosti - odredivanje osnovnih sustava
ODREÐIVANJE STUPNJA NEODREÐENOSTI
- Pomocu formule S = 3D + 2C – 3Z0 – 2Z1 – 4Z2 – 6Z3 - …- Š – L
- Prepoznavanjem - presijecanjem viška vanjskih i/ili unutarnjih veza
a; b; c; d; → sustavi s prekobrojnim vanjskim vezama ( prostim okom prepoznatljivi → na treba formula )
e; f; → sustavi s viškom unutarnjih veza OSNOVNE SUSTAVE možemo odrediti prekidanjem veza ( vanjskih i/ili unutarnjih ), ali treba paziti da ne nastane mehanizam
• - treba paziti da se ne prekine previše vanjskih veza !!!!! ( MORAJU OSTATI MINIMALNO TRI VANJSKE VEZE!!! )
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 17
- SLOŽENI SUSTAVI → STATICKI NEODREÐENI - - redoslijed rješavanja kao kod Gerbera
7x neodredeni sustav ( provjerite pomocu formule)
Redoslijed rješavanja A → B → C
prosta greda
Trozglobni prosta greda okvir Redoslijed rješavanja A → A → B
prosta greda prosta greda
prosta greda Redoslijed rješavanja A → B → C prosta greda Trozglobni trozglobni Okvir okvir
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 18
DIJAGRAMI MOMENATA OD DJELOVANJA PARA MOMENATA
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 19
METODA SILA Metoda sila je jedna od osnovnih metoda za proracun staticki neodredenih sustava, u kojoj su sile nepoznate velicine koje se traže. U metodi sila proracun zadanog sustava zamjenjuje se proracunom osnovnog sustava koji se dobiva tako da se u zadanom sustavu raskine odredeni broj veza koje se na mjestima raskida nadomjeste silama koje osiguravaju kontinuitet (neprekinutost, kompatibilnost). Broj raskinutih veza ne smije biti veci od stupnja staticke neodredenosti sustava. Obvezan je uvjet da osnovni sustav mora biti geometrijski nepromjenjiv. Iz uvjeta kontinuiteta na mjestima raskinutih veza dobiju se osnovne jednadžbe metode sila koje nazivamo jednadžbama kontinuiteta, jednadžbama kompatibilnosti ili jednadžbama neprekinutosti. Zadatak 6: Za prikazani sustav nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proracunu uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformirani sustav.
EI = 90kNm2 EF = 20kN 1x S.N.S.
Kod odredivanja OS (osnovnog sustava) imamo više mogucnosti
Mi cemo odabrati konzolu
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 20
Pomak na mjestu sile X1 mora biti jednak nuli i to nam daje 4. jednadžbu, tj. jednadžbu kontinuiteta.
JEDNADŽBA KONTINUITETA 0111 =+ xv aa pomak mora biti jednak nuli
Jednadžba kontinuiteta govori o stanju deformacija na mjestu prekobrojne velicine X1. Za X1 = 1
111,1,1 1
XiznoskojibilozaXaa x →⋅=
011,1,1 =⋅+ xaa v
pomak na mjestu pomak na mjestu prekobrojne velicine prekobrojne sile od X1 = 1 od vanjskog opterecenja Postoji bezbroj velicina za X1, ali smo jedna daje u stvarnosti pomak 0 na mjestu 1.
PN=48kN QT=144kN PT=64kN QN=192kN
PN= P ⋅cosα= 48kN PT= P ⋅sinα= 64kN
Izracun Mv, Tv, Nv na zadanom OS od vanjskog opterecenja
A=240kN
B=80kN 2408
2
0 =⋅
=lq
m
C=Q⋅10-P ⋅ 4=0 C=2720kNm Izracun m1, t1, n1 za X1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 21
Slijedi odredivanje dijagrama unutarnjih sila za X1 = 1, na mjestu 1.
A = 1 B = 0 C = 14kNm
Izracun koeficijenata fleksibilnosti
( ) ( )
( )( )
75,24862,6755,24191344217760
58,019258,01441
1427205,122200411168065
1116805,913204896065
896042404068
1
1
1
111
−=−−=−−=
=⋅⋅+⋅⋅−
⋅+⋅⋅+⋅−
−⋅+⋅⋅+⋅−⋅+⋅⋅+−=
=⋅
+⋅
= ∫∫
EFEIa
EFEIa
dsEF
nNds
EImM
a
v
v
l
v
l
vv
Simpson
( )
99407,1532,067407,154,667,1410
108,08,01
14141111488610
3282881
11
11
111111
=+=+=
=⋅⋅+
⋅+⋅⋅+⋅+
⋅⋅⋅⋅
=
=⋅
+⋅
= ∫∫
EFEIa
EFEIa
dsEF
nnds
EImm
a
uvijek pozitivno!!
01111 =⋅+ xaa v -2486,75+15,99407⋅X1 = 0 X1 = 155,479kN
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 22
Verešcagin
( ) 99407,154,667,14104,6
67,1704008401
8,0108,01
832
288
1431
832
2108
831
1432
210141
11
11
=+=+++=
=⋅⋅⋅+
⋅⋅
⋅+
⋅+⋅⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅=
EFEIEFEIa
EFEIa
Konacni dijagrami → Superpozicija
Mk= Mv + m1⋅X1 Nk= Nv + n1⋅X1 Tk= Tv + t1⋅X1
Ili možemo skratiti pa iz M dijagrama, koristeci diferencijalne odnose, izracunati T, a iz Σx=0, Σy=0 u pojedinom cvoru izracunati N.
3223
2112
71,505
28,3083,283
65,1145
28,30543
TT
TT
==−
=
==+
=
2408830 2
0 =⋅
=m
( )
25,1554
621
72,844915,338
42832402915,141
54
45
−=−=
==−⋅+
=
T
T
N → iz ravnoteže cvora Σx=0, Σy=0
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 23
ODREÐIVANJE POPRECNIH SILA IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOCU FORMULE Konvencija predznaka
ik
kiikikik L
MMTT
+−= °
ik
kiikkiki L
MMTT
+−= °
Npr.
2P
Tik =° 2P
Tki =° 8200−
== kiik TT
kNP
TkNP
T kiik 5,875,37508
1002002
1255,37508
1002002
−=−−=+
−−==−=+
−=
PT= P ⋅sinα= 64kN, P N= P ⋅cosα= 48kN POPRECNE SILE IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOCU FORMULE UZDUŽNE SILE IZ RAVNOTEŽE CVORA
N23 = 0 → jer nema horizontalnog opterecenja na štapu, a ležaj 3 je pomican
8100−
== kiik TT
kNT
kNT
kNT
kNT
48,15548,351202
84,2832
830
52,8448,351202
84,2832
830
7,50712,823210
84,28328,543264
7,114712,823210
84,28328,5432
64
32
23
21
12
−=−−=−⋅−
=
=−=−⋅
=
=+−=−−
−−
=
=+=−−
−=
kNPN
kNN
NkNN
kNTT
TNx
N
xx
x
xx
6,19486,676,67
6,676,056,40
cos56,40
56,408,07,50sin
0
12
212121
2121
2121
−=+−=+−=
−=−
==→−=
=⋅=⋅=
−==Σ
α
α
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 24
DEFORMACIJSKA KONTROLA
Deformacijska kontrola u fizikalnom smislu je izracunavanje pomaka unaprijed poznatog iz geometrijskih rubnih uvjeta na konstrukciji. Kod odabira OS dobro je da bude drugaciji od ranije korištenih.
∫∫ =⋅
+⋅
0EF
nNds
EImM DkDk
Mk →konacni momentni dijagram
Nk →konacni dijagram uzdužnih sila
Isto bi dobili i kada bi množili
∫ ∫ =⋅
+⋅
011 dsEF
nNds
EImM kk
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 25
Zadatak 7: Za prikazani sustav izracunati i nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proracunu uzeti u obzir utjecaje momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava.
P = 120kN EI = 80kN/m2 EF = 20kNm 1x neodredeni sustav
1. Izracun Mv, Tv, Nv za vanjsko opterecenje
Σx=0 → A = P = 120kN
ΣM=0 C = B = 6
4120 ⋅ = 80kN
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 26
2. Izracun m1, t1, n1 za X1 = 1
fx = 0,9487 ( fx = f⋅cosα ) fy = 0,3162 ( fy = f⋅sinα )
A=B=C=0 jer imamo dvije sile X1 koje djeluju na istom pravcu, pa su u ravnoteži.
na mjestu gdje smo "uklonili" štap treba nacrtati n1 =1
01111 =⋅+ xaa v
( ) ( )
( )( )
36,761532,341834,4220
064,68380
672,3374064,683
201
584,227562
968,409363
32,113863
801
69487,01201
8947,14809487,03604062
8947,14804217,148049486,048063
9486,04804743,03604063
1
1
1
1
111
=+=
=+=⋅+
⋅+⋅+⋅=
⋅⋅+
⋅+⋅⋅++
+⋅+⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅+=
=⋅+⋅= ∫∫
v
v
v
vvv
a
a
EFEIa
dsEF
nNdsEI
mMa
( ) ( )
( ) ( )
716,0596,012,0
20,038,5324,6201
40,2190,7801
3162,03162,029487,09487,061324,611
8947,18947,19487,09487,04062
8947,18947,19486,09486,040661
11
11
11
111111
=+=
=++++=
=
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+
+
⋅+⋅⋅++⋅+⋅⋅+=
=⋅
+⋅
= ∫∫
a
a
EF
EIa
dsEF
nnds
EImm
a
štapuu 48476
76,36 + 0,716X1 = 0
X1 = =−=−716,0
36,76
11
1
aa v -106,624 kN
xfyfα
kN1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 27
3. Izracun Mk, Tk, Nk – konacni dijagrami
Mk= Mv + m1⋅X1
Nk= Nv + n1⋅X1 Superpozicija Tk= Tv + t1⋅X1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 28
Zadatak 8: Za prikazani staticki sustav odrediti i nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proracun uzeti u obzir utjecaj uzdužne sile i momenata savijanja na deformiranje sustava.
f = 25kN/m F = 150kN q = 30kN/m Q = 150kN EI = 90kNm2 EF = 20kN 1 x neodredeni sustav
B = 0 A = B = C = 0 A = C = 62,5kN
1. Izracun Mv, Tv, Nv
2. Izracun m1, t1, n1 za X1 = 1
fx = 0,9487 fy = 0,3162 A = B = C = 0 zbog djelovanja dvije sile istog intenziteta na
istom pravcu
1
1
parabola
xfyfα
kN1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 29
( )
1421,452
61509487,025,623162,0
13
68947,13758947,13759487,024040
621
1
1
111
=
=
⋅⋅
+⋅⋅+
⋅⋅
+⋅+⋅⋅+=
=⋅
+⋅
= ∫∫
v
v
vvv
aEFEI
a
dsEF
nNds
EImM
a
[ ]70283,0
1324,669487,023162,01
368947,1
328947,11
11
22222
11
111111
=
=⋅+⋅+⋅+
⋅+
⋅=
=⋅
+⋅
= ∫∫
a
EFEIa
dsEF
nnds
EImm
a
01111 =⋅+ xaa v kNaa
x v 228,6470283,01421,45
11
11 −=−=−=
3. Izracun Mk, Tk, Nk
Mk = Mv + m1⋅X1 Tk = Tv + t1⋅X1 Nk = Nv + n1⋅x1
9029
89
19,42
19,42
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 30
Zadatak 9: Metodom sila odredite M, T, N dijagrame. Kod izracuna koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju zadanog sustava. EI konstanta za cijeli sustav.
1) Izracun Mv….( M, P, q ) 2) Izracun m1…..( X1 = 1 )
Jednadžba kontinuiteta 01111 =⋅+ xaa v
( )EIEI
a
EIa
652,667,25678,18465,05227,0045,1
1
67,031
132
261
131
67,032
2667,0
67,032
2657,567,0
56,032
2556,0
56,032
21056,0
1
11
11
=++++=
=
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅+
+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
=
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 31
EIa
EIa
v
e
dcb
a
v
37,496
256,0
575,9332
78,32732
2556,0
67,031
335,032
2657,5
2100
10032
22657,5335,0
67,14232
2657,567,0
131
67,032
2667,142
9031
78,32732
21056,0
1
1
1
−=
=
⋅⋅⋅+
+⋅⋅⋅
−
⋅+⋅⋅−⋅⋅
⋅⋅
−
−⋅⋅⋅
+
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅−
=
44 344 21
444 8444 76444444 8444444 76444 8444 76
4444 84444 76
izracun koeficijenata – rastavljanje dijagrama a)
−⋅⋅⋅
+ 67,14232
2657,567,0
b)
−⋅⋅⋅⋅−
10032
22657,5335,0
c)
⋅+⋅
⋅⋅
− 67,031
335,032
22657,5100
d)
+⋅⋅⋅
− 78,32732
2556,0
e)
256,0
575,9332
⋅⋅⋅+
48476 parabolepovršina
01111 =⋅+ xaa v kNmaa
x v 62,74652,6
37,496
11
11 =
−−=−=
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 32
Superpozicija Mk = Mv + m1⋅X1 Reakcije → superpozicija Izracun poprecnih sila - iz momentnog dijagrama
kNTT
kNT
kNT
kNT
kNT
kNTT
kNT
TP
58,196
15,19262,7438,6903,3435,35
32,103,3435,35657,5
5,192271,70
69,1731,57755
55,2862
530
31,13231,57755
55,2862
53065,19
65,1910
9055,286
5445
43
34
32
23
1221
12
=−
−==
−=−−=
=−=−=
−=+−=−
−⋅
−=
=+=−
−⋅
=
−==
−=−
−=
876
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 33
Izracun uzdužnih sila - iz ravnoteže cvora Cvor 1 Cvor 2
N12 = -132,31kN Σx = 0 N23 = T21 = -19,65kN Σy = 0 N21 = -T23 = -132,31kN
Cvor 3
N32 = N23 = -19,65kN, Σx = 0 N32 + T34x – N34x = 0
N34x = -19,65+1,32⋅0,7071=-18,72kN N34 = -26,40kN
Cvor 4
Σx = 0 N43x - T43x + T45 = 0 N43x = -68,63 → N43 = -97,07kN Σy = 0 T43y - N43y -N45 = 0 → N45 = -117,69kN
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 34
Zadatak 10: Metodom sila odrediti M, T, N dijagrame. U proracun uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformaciju zadanog sustava. b/h=20/40cm; E = 3,15⋅107kN/m2
I = 0,001067m4 EI = 33610,5kNm2 F = 0,08m2 EF = 2520000kN
1) Vanjsko opterecenje
2) X1 = 1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 35
( )
5,3361040
12032
232,1
12032
20031
222,1
20031
8032
232,1
8032
222,11
5,336108,40
5,336108,418140,0840,0122,1
32
232,122,1
32
222,11
1
11
−=
⋅⋅
⋅−
⋅+⋅
⋅−
⋅+⋅
⋅+⋅⋅
⋅=
=≈+=⋅⋅+⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=
EIa
EFEIa
v
01111 =⋅+ xaa v
kNaa
x v 33,85,33610
40
11
11 +=
−−=−=
3) Izracun Mk, Tk, Nk – konacni dijagrami
Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija Tk= Tv + t1⋅X1 iz Mk - koristeci diferencijalne odnose
Nk= Nv + n1⋅X1 iz ravnoteže cvora
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 36
Zadatak 11: Za prikazani staticki sustav metodom sila odrediti M, N, T dijagrame. Kod izracuna koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju sustava. EI je konstanta po citavom sustavu.
1) Vanjsko opterecenje
2) X1 = 1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 37
EIEIa
EIEIa
v17708
52
5,225055250
25
55,6232
532
25250
532
2510001
33,20855525
32
2551
1
11
−=
⋅
⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅
⋅+⋅⋅
⋅=
=
⋅⋅+⋅⋅⋅
⋅=
01111 =⋅+ xaa v Mk = Mv + m1 · X1 - superpozicija
kNaa
x v 8533,208
17708
11
11 −=
−−=−=
Dijagrame poprecnih sila izracunamo koristeci diferencijalne odnose Dijagrame uzdužnih sila izracunamo koristeci ΣX=0 i ΣY=0 za svaki cvor
0;15;20
1005;0;120
855
22,17550;15
522,175
2520
05050;1005
22,1758,7450
1155
8,574
1205
6005
5001000
566553353443
32232112
6556
5335
3443
32232112
==−====
=⋅==−==
=+−==−⋅
=
=+−==−−
−=
−=−==
==−−
−====
NNkNNNkNNN
kNfNNkNNN
kNTT
TkNT
kNTT
kNTTTT
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 38
Zadatak 12: Za prikazani sustav odredite M, T, N dijagrame metodom sila. U proracun uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju sustava. EI je konstanta po cijelom sustavu.
P = 100kN
tgβ = →138
β=31,6075°
tgα= →58
α=57,9946°
γ = α-β = 26,3871° Py = P⋅sinβ = 52,41kN Px = P⋅cosβ = 85,166kN
1) Vanjsko opterecenje postupak rješavanja kao kod Gerbera
A = -23,293kN D = 23,293kN B = 75,703kN E = 0 C = 325,166kN F = 418,21kNm
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 39
2) X1 = 1
A = 0,889kN D = -0,889kN B = -0,889kN E = -1kN C = -1kN F = 13kNm
( )
( )
( )48,38833
135,10482,41865
82,41878,54,360456,36,30265
256,332
346,302
56,332
2434,96,302
1
271,810135,104865
398
3456,3
56,332
2434,956,31
1
22222
11
−=
+⋅+⋅−⋅
−⋅+⋅⋅+⋅−⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅
−=
=
+⋅++⋅+⋅+⋅⋅⋅=
EIa
EIa
v
01111 =⋅+ xaa v
kNaa
x v 93,47271,810
48,38833
11
11 =−−=−=
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 40
3) Izracun Mk, Tk, Nk – konacni dijagrami
Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija
Tk= Tv + t1⋅X1 ili iz Mk - koristeci diferencijalne odnose
Nk= Nv + n1⋅X1 ili iz ravnoteže cvora
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 41
Zadatak 13: Nacrtati momentni dijagrame, uzevši u proracunu samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. E I = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta q = 40kN/m, k = 600kNm, f = 30kNm, P = 120kN
a11 = 10,981/EI
a1v = -1197,76/EI X1 = 109,676
Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 42
Zadatak 14: Nacrtati dijagram unutarnjih sila, uzevši u proracun samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. E I = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta. q = 30kN/m, M = 350kNm
Rješenje:
EIa v
436,262361 =
EIa
75584,11011 = kNx 889,2361 −=
126,289
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 43
Zadatak 15: Nacrtati dijagram unutarnjih sila, uzevši u proracun samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. EI = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta q = 45kN/m, P = 80kN
Rješenje:
EIa v
7588,41541
−=
EIa
792,5911 = kNx 487,691 =
6 4 4
222
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 44
2x NEODREÐENI SUSTAVI Zadatak 16: Za dva puta staticki neodreden sustav potrebno je , metodom sila , odrediti M, N, T dijagrame. Uzdužne deformacije uzeti u obzir samo za zategu.
b/h = 0,4/0,6 → I = 0,0072m4
F = 0,02x0,05 = 0,001m2
EF = 2,1 ⋅108kN/m2 ⋅ 0,001 = 210000kN EI = 3,15⋅107 ⋅ 0,0072 = 226825kNm2
Za stanje X1 = 1
Za stanje X2 = 1
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 45
Za stanje X i = 0 (vanjsko opterecenje)
( )EIEI
a
EIa
166,425,1833,0083,2
1
35,032
255,0
131
5,032
255,0
5,031
132
2511
11
11
=++=
=
⋅⋅⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅=
EFEIEFEIa
108,4110122,1
32
232,1
22,132
222,11
22 +=⋅⋅
+
⋅⋅⋅
⋅+⋅⋅⋅
⋅=
( )EIEI
a
EIa
6,154,016,026,1933,01
5,031
2,032
232,1
2,032
222,1
5,031
8,032
232,1
131
8,032
222,11
12
12
−=++−−=
=
⋅+⋅
⋅+⋅⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅−
⋅+⋅
⋅−=
[ ]EIEI
a
EIa
v
desnotrapezltrokutltrapez
v
48017,60483,64525033,1995,2415,247
1
27531
22532
2105,0
22531
27532
2105,0
15031
22532
255,0
131
8,032
22230
5,031
8,032
23230
8,031
5,032
23275
1
1
)()(
1
=−+−++=
=
⋅+⋅
⋅−
⋅+⋅
⋅+
+
⋅+⋅
⋅−
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅=
4444 84444 76444 8444 76444444444 8444444444 76
( )EIEI
a
EIa
v
v
1180351204441184
1
22531
18032
232,1
15031
18032
222,1
27531
23032
232,1
23032
222,11
2
2
−=+++−=
=
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅+⋅⋅
⋅−−=
Da izbjegnemo male brojeve sve koeficijente pomnožimo sa EI
a11 = 4,166
a22 = 4,8+ EIEF
⋅10
= 4,8+10,80 = 15,60
a12 = -1,60 a1v = 480
a2v = -1180
METODA SILA
KMLJ – 05./06. 46
Jednadžbe kontinuiteta
0
0
2122121
1212111
=+⋅+⋅
=+⋅+⋅
v
v
axaxa
axaxa
( )
( ) ( ) enapoznanicdvijesjednadžbeDvijexxxx
11806,156,14806,1166,4
21
21
=+−−=−+⋅
D = 4,166 ⋅ 15,6 – 1,62 = 62,4296
D1 = -480 ⋅ 15,6 + 1180 ⋅ 1,6 = -5600
D2 = 4,166 ⋅ 1180 – 1,6 ⋅ 480 = 4147,88 komp.
70,89429,62
560011 −=
−==
DD
x ( 88,49 ) greška 1,3%
komp.
47,66429,62
88,414722 ===
DD
x ( 65,97 ) greška 0,7%
3) Izracun Mk, Tk, Nk – konacni dijagrami
Mk= Mv + m1⋅X1 + m2⋅X2 superpozicija
Tk= Tv + t1⋅X1 + t2⋅X2 ili iz Mk - koristeci diferencijalne odnose
Nk= Nv + n1⋅X1 + n2⋅X2 ili iz ravnoteže cvora
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 47
1=iM ϕ
METODA CROSS-a - Numericka iterativna metoda kojom se dobivaju približna rješenja zadovoljavajuce tocnosti. - kod metode Crossa pretpostavka je da su štapni elementi apsolutno kruti. Zadatak 17: Za zadani sustav odredite dijagrame momenata i poprecnih sila metodom Cross-a
EI1= 80 kNm2 EI2= 60 kNm2 EI3= 40 kNm2 Cvor (1) je slobodan, tj. nije vezan s podlogom S M1 = 0
-opceniti izraz za moment na kraju štapa
ikkikiik MbaMik +×+×= 321321 ϕϕ
Postupak rješavanja:
1. nademo momente pune upetosti ikM ( 0=iϕ ) 2. izracunamo krutosti pojedinih štapnih elemenata ika ( 1=iϕ ) 3. izracunamo razdjelne koeficijente ikp u cvoru "i" ( iA ) 4. izracunamo prijenosni koeficijent ikµ
• ikM ? tablica momenata upetosti
• ∑=k
iki aA ; ikik
ikik
kbka
24
==
• 1−=Σ⇒−= iki
ikik p
Aa
p
• 5,0==ik
ikik a
bµ
1=kM ϕ
03
==
ik
ikik
bka
0=ikµ
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 48
ikM ? momenti pune upetosti. Izracunamo ih za konstrukciju pod djelovanjem vanjskog
opterecenja uz sprijecene sve kutove zaokreta. (u našem primjeru cvor (1))
ika ? krutost štapa, tj. moment u cvoru "i", a koji se javlja uslijed djelovanja jedinicnog kuta zaokreta u cvoru "i" štapa ik dok je istovremeno sprijecen pomak, tj. zaokret cvora "k"
ikb ? moment u cvoru "i" uslijed djelovanja jedinicnog kuta zaokreta u cvoru "k" štapa ik dok je istovremeno sprijecen zaokret cvora "i"
ik
ikik l
EIk →
ikp ? razdjelni koeficijent ? rasporeduje momente u cvor u odnosu na krutosti štapova koji
su prikljuceni u tom cvoru. i
ikik A
ap −=
iA ? suma svih krutosti štapova u cvoru "i"
ikµ ? prijenosni koeficijent ? uslijed djelovanje jedinicnog kuta zaokreta 1=iϕ u cvoru "k" štapa ik javlja se moment. 5,0=ikµ za prizmaticne štapove obostrano upete.
1×= ikik aM ϕ
1×= ikki bM ϕ
1×= ikik aM ϕ
iiikiikki
Mik MMM ϕϕϕ ϕ
×= → × 5,05,0
00 → ×ϕϕ ikMikM
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 49
1.) Stanje pune upetosti – sprijeceni svi kutovi zaokreta na sustavu 01 =ϕ - djeluje vanjsko opterecenje i izracunavamo momente pune upetosti ikM (citamo ikM potez)
-sustav se rastavlja na 3 elementa
• ikM ? TABLICA MOMENATA UPETOSTI
8
2lqM ik
×−= ; 0=kiM
12
2lqM ik
×−= ;
12
2lqM ki
×=
16
3 lPM ik
××−= ; 0=kiM
8
lPM ik
×−= ;
8lP
M ki×
=
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 50
66,21612
211,7 22
13 −=×
−=q
M kNm
66,21612
211,7 22
31 =×
−=q
M kNm
3208
821
14 =×
=q
M kNm
56078012 −=×−=×−== lPMM k kNm
2.) izracunavanje krutosti pojedinih elemenata za ika pojedinih elemenata za 1=iϕ 3.) izracunavanje razdjelnih koeficijenata elemenata u cvoru s nepoznatim kutom ( ?=iϕ ) ikp i iA • maknemo vanjsko opterecenje i gledamo što se dešava zbog djelovanja jedinicnog kuta zaokreta cvora (1) tj. tj. ( 11 =ϕ ) • uslijed djelovanja jedinicnog kuta zaokreta dolazi do deformacija i javljaju se momenti
ϕikM
ϕkiM
ϕikM
11 =ϕ 11 =ϕ
iikik aM ϕϕ ×=
iikik kM ϕϕ ××= 4
iikki kM ϕϕ ××= 20=
×=
k
iikki bM
ϕ
ϕϕ1=iϕ
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 51
ika ? moment u cvoru "i" na štapu ik uslijed djelovanje jedinicnog kuta zaokreta 1=iϕ ,a 0=kϕ
ikb ? moment u cvoru "k" na štapu ik uslijed djelovanja jedinicnog kuta zaokreta 1=iϕ ,a
0=kϕ
Cvor (1)
641,16211,760
22 1313 =×=×= kb
4.) prijenosni koeficijent ikµ ? koliki dio momenta se prenosi na drugi kraj štapa za prizmaticne štapove 5,0=ikµ
5,042
=××
==ik
ik
ik
ikik k
kab
µ
0=ikµ
1=iϕ 0=ϕkiM
0
3
=
××=×=ϕ
ϕ ϕϕ
ki
iikiikik
M
kaM
1=iϕ
0
0
=
=ϕik
ik
M
k
1=iϕ
ikik
ikik
kb
ka
×=×=
2
4
0
3
=×=
ik
ikik
b
ka1=iϕ
ik
ikik l
EIK =
2825,631 =A
1−=Σ
474,02825,6330
526,02825,632825,33
1
1414
1
1313
−=−=−=
−=−=−=
Aa
p
Aa
p
308
80333
2825,33211,760
444
0
14
11414
13
21313
1212
=×=×=×=
=×=×=×=
⇒==
lEI
ka
lEI
ka
konzolaka
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 52
• nacrtamo konstrukciju • na mjestu nepoznatog kuta zaokreta ucrtamo «kucicu» s pripadajucim razdjelima koeficijentima ikp
• upišemo momente upetosti ikM *1. korak 1. iteracije
"otpustimo" uklještenje u cvoru (1) ? on se zaokrece i zauzima ravnotežni položaj uslijed toga neuravnotežni moment M1 = 141312 MMM ++ ce se uravnotežiti u prikljucenim štapovima u omjerima krutosti pojedinih štapova pri tom uravnoteženju šaljemo dio momenta na druge krajeve prikljucenih štapova ikki MM ×= 5,0
a)
nakon 1. koraka iteracije provjerimo ravnotežu cvora (1) 063,536536,23560141312 =++−=++ MMM
• postigli smo ravnotežu i postupak završavamo nakon 1 koraka jer imamo samo jedan nepoznati kut zaokreta • da smo imali više nepoznatih kutova postupak iteracije ponovili bi u drugom cvoru i zatim provjerili ravnotežu. • nakon toga dolazi 2.iteracija dok se ne postigne ravnoteža u svakom cvoru.
0
206,240)526,0(66,456
45,216)474,0(66,456
60,45656066,216320
)1(12
)1(13
)1(14
)1(1
=
=−×−=
=−×−=
−=−−=Σ
M
kNmM
kNmM
kNmM
kNmM 103,120206,2405,0)1(31 =×=
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 53
3208
840 210 =
×=m
3258
211,750 220 =
×=m
kNTT
kNT
kNT
kNT
kNT
lMM
TTik
kiikikik
807
560
3,225211,7
76,336536,232
211,750
3,130211,7
76,336536,232
211,750
1,2278457,536
2840
9,928457,536
2840
2112
31
13
41
14
0
=−==
=+
−×
−=
=+
−×
=
−=−×
−=
=−×
=
+−=
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 54
kNm50=
kNm100=
Zadatak 18:
Metodom Cross-a odredite M i T dijagrame
EI1= 40 kNm2
EI2= 60 kNm2
EI3= 30 kNm2
nepoznati kutovi zaokreta f 2 i f 3
1.) izracun momenata upetosti ( 0=iϕ )
od djelovanja momenta na konzoli
kNmM 10045 −= na štapu 43 − imamo moment
kNmMM 1004543 =−= te na drugom kraju
kNmMM 505,0 4334 =×=
2.) koeficijenti krutosti i razdjelni koeficijenti cvor (2) cvor (3)
3.) prijenosni koeficijent 5,0=µ
kNmlP
M 12016
4160316
321 =
××=
××=
kNmlq
M 4512
61512
22
23 −=×
−=×
−=
kNmlq
M 4512
61512
22
32 =×
=×
=
702 =A
40660
444
304
40333
23
22323
21
12121
=×=×=×=
=×=×=×=
lEI
ka
lEI
ka
5714,07040
4286,07030
2
2323
2
2121
−=−=−=
−=−=−=
Aa
p
Aa
p
1−=Σ
18530
333
406
60444
34
33434
32
23232
=×=×=×=
=×=×=×=
lEI
ka
lEI
ka
583 =A
3103,05818
6897,05840
3
3434
3
3232
−=−=−=
−=−=−=
Aa
p
Aa
p
1−=Σ
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 55
Postupak iteracije: 1.) Nademo momente u cvoru (2) i cvoru (3) S M2 = 120 – 45 =75 kNm S M3 = 45 +50 =95 kNm * u cvoru (3) je veci neuravnoteženi moment pa iteraciju zapocinjemo u cvoru (3) 1. korak 1. iteracije cvor 3
kNmMkNmM
kNmM
76,32)52,65(5,052,65)6897,0(95
48,29)3103,0(95
235,0
32
34
−=−×=→−=−×=
−=−×=
nakon 1. koraka S M3 = 0 (45+50-65,52-29,48 = 0) 2. korak 1 .iteracije cvor 2 zbrojimo sve momente u cvoru (2) i uravnotežimo ih ; S M2 = 120 – 45 - 32,76 = 42,24 kNm
kNmMkNmM
kNmM
07,12)14,24(5,014,24)5714,0(24,42
10,18)4286,0(24,42
325,0
23
21
−=−×=→−=−×=
−=−×=
nakon 2. koraka S M2 = 0 (120-45-18,10-24,14 = 0) ali u cvoru (3) imamo neuravnoteženi M3 = -12,07 kNm 1. korak 2. iteracije cvor 3
kNmM
kNmMkNmM
75,3)3103,0(07,12
16,432,8)6897,0(07,12
34
235,0
32
=−×−=
=→=−×−=
nakon 1. koraka S M3 = 0 2. korak 2. iteracije cvor 2
kNmM
kNmMkNmM
78,1)4286,0(16,4
19,1)38,2(5,038,2)5714,0(16,4
21
325,0
23
−=−×=
−=−×=→−=−×=
nakon 2. koraka S M2 = 0 ali u cvoru (3) imamo neuravnoteženi M3 = -1,19 kNm
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 56
1. korak 3 . iteracije cvor 3
kNmMkNmM
kNmM
41,082,0)6897,0(19,1
37,0)3103,0(19,1
235,0
32
34
=→+=−×−=
+=−×−=
nakon 1. koraka S M3 = 0 2 .korak 3. iteracije cvor 2
ne šaljemo u cvor (3) jer je mala vrijednost
nakon 2. koraka S M2 = 0 i M3 = 0 i gotovi smo s iteracijama ! treba uociti da u cvoru (4) i (5) nije došlo do promjene momenata upetosti, te su oni jednaki pocetnim momentima na konzoli.
kNmMkNM
18,0)4286,0(41,023,0)5714,0(41,0
21
23
−=−×+=→−=−×+=
16040 =×
=lp
m5,67
8
2
0 =×
=lq
m
kNTT
kNT
kNT
kNT
93,24
93,245
10064,24
68,656
64,2494,992
615
02,55494,99
2160
3443
34
23
12
−==
−=+
−=
=−
−×
=
=−=
kNT
kNT
32,246
64,2494,992
615
98,104494,99
2160
32
21
−=−
−×
−=
−=−−=
05445 == TT
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 57
Zadatak 19: Metodom Cross-a odredite dijagrame M i T.
Momenti upetosti: M21 = 3·P·l / 16 = 3 · 100 · 6 / 16 = 112.5 kNm ; M23 = - g·l2 / 12 = -30 · 25 / 12 = -62.5 kNm M32 = g·l2 / 12 = 30 · 25 / 12 = 62.5 kNm M24 = Mk = g·l2 / 2 = 10 · 25 / 2 = 125 kNm
EI je isti za sve elemente sustava a21 = 3·k21 = 3 · EI12 / l21= 3·EI / 6 = 0.5EI p21= - a21 / A2 = – 0.385 a23 = 4·k23 = 3 · EI23 / l23= 4·EI / 5 = 0.8EI p23= - a23 / A2 = – 0.615 a24 = 0·k24 = 0 · EI24 / l24= 0·EI / 4 = 0 p24= - a24 / A2 = 0 A2 = 1.3 · EI Σ = -1.00 Σ M2 = 112.5 + 125 - 62.5 = 175 kNm M21 = -0.385 * 175 = - 67.375 kNm M23 = -0.615 * 175 = - 107.625 kNm M32 = 0.5 * 107.625 = -53.18 kNm M24 = -0 * 175 = -0 kNm
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 58
Napomena: dijagrami su dobiveni kompjutorskim proracunom pa zato postoji mala razlika u odnosu na rucno proveden Crossov postupak. Dijagram momenata M
Dijagram poprecnih sila T
Napomena: stvarni oblik dijagrama poprecnih sila prema konvenciji koju koristimo u Proracunu konstrukcija dobit cete ako dijagram zrcalite oko uzdužne osi pojedinih elemenata.
METODA CROSS-a
KMLJ – 05./06. 59
Zadatak 20: Metodom Cross-a odredite dijagrame M i T.
a10 = 4k10 = 4· 4
EI = EI p10= -
31
3−=−
EIEI
a12 = 4k12 = 4· 4
2EI = 2EI p12= -
32
32
−=−EIEI
? A1= 3 EI
a21 = 4k21 = 4· 4
2EI = 2EI p10= -
32
32
−=−EIEI
a23 = 4k23 = 3· 3
EI = EI p12= -
31
3−=−
EIEI
? A2= 3 EI
kNmqlM 33.5312
44012
22
01 −=⋅−=−= kNmql
M 33.5312
44012
22
10 =⋅
== kNmlPlM 5.112162003
163
23 −=⋅⋅−=−=
DIJAGRAM MOMENATA (dobiven kompjutorskim proracunom)
DIJAGRAM POPRECNIH SILA (dijagrame treba zrcaliti oko uzdužne osi elemenata)
EI EIEI20
1 2 3
31
−31
−32
−32
−
33.5333.53− 5.112−5.37
755..0
5.3753.60− 5..0
28.30−
09.1012.1
79.63−
18.20
36.3−24.2
79.63
5..009.1072.6−
7.19−
27.30−5..014.15−68.1−
15.70−
36.3−5..0
7.195..0
PRIMJER 2. KOLOKVIJA
KMLJ – 05./06. 60
2. KOLOKVIJ PRORACUN KONSTRUKCIJA - 2. KOLOKVIJ 26. svibnja 2004. grupa zadataka EF1
1. METODOM SILA odredite dijagrame unutarnjih sila Mk, Tk i Nk za nacrtani sustav. Pri izracunu koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila. Zadatak rješavati na zadanom osnovnom sustavu za rješavanje. EI=14175 kNm2, EF = 1600000 kN /ukupno 75 bodova; 9 dijagrama (Mv, Tv, Nv, m1, t1 n1, Mk, Tk i Nk)* 6 = 54, (a11 i a1v )* 7=14 + X1*7/
zadani sustav osnovni sustav za rješavanje
ZA POTPIS OVAJ ZADATAK IZ METODE SILA
zadani sustav osnovni sustav za rješavanje 2. Odredi kut zaokreta tocke A. EI=4200 kNm2 /ukupno 15 bodova/
3. Odredite stupanj staticke neodredenosti zadanog sustava i presijecanjem unutarnjih i/ili vanjskih veza napravite dva osnovna staticki odredena sustava /ukupno 10 bodova = 2 + 2*4)/
NAPOMENA: POTREBNO JE RJEŠAVATI SVA TRI ZADATKA. METODA SILA OBAVEZNA (TKO PIŠE ZA POTPIS, RJEŠAVA DRUGI ZADATAK IZ METODE SILA)
X1=1 kN
X1=1 kN
g = 10kN/m
A
X1= 1 kN
f= 10kN/m
